2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题（第2课时）

1第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足PM→＝λ1MQ→，PN→＝λ2NQ→.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的标准方程为x23＋y2＝1.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，由PM→＝λ1MQ→知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝my1－1.同理由PN→＝λ2NQ→知λ2＝my2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立x2＋3y2＝3，x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)0，②且有y1＋y2＝2mt2t2＋3，y1y2＝t2m2－3t2＋3，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt0，∴mt＝－1，满足②，得直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点.思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.跟踪训练1已知焦距为22的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右顶点为A，直线y＝43与椭圆C2交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.①若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x＋3y－2＝0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；②若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)解由题意可得2c＝22，即c＝2，设Qn，43，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，所以2n＝a－n，n＝a3，则a32a2＋169b2＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，可得椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)①解直线y＝kx(k≠0)代入椭圆方程，可得(1＋2k2)x2＝4，解得x＝±21＋2k2，可设M21＋2k2，2k1＋2k2，由E是3x＋3y－2＝0上一点，可设Em，23－mm≠0，且m≠23，E到直线kx－y＝0的距离为d＝km＋m－231＋k2，因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，所以OE⊥MN，|OM|＝d，即有23－mm＝－1k，(*)4＋4k21＋2k2＝km＋m－231＋k2，(**)3由(*)得m＝2k3k－1(k≠1)，代入(**)式，化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或47.②证明由M(－2,0)，可得直线MN的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，代入椭圆方程可得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，可得－2＋xN＝－8k21＋2k2，解得xN＝2－4k21＋2k2，yN＝k(xN＋2)＝4k1＋2k2，即N2－4k21＋2k2，4k1＋2k2，设G(t,0)(t≠－2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，即有AN→·DG→＝0，即为－8k21＋2k2，4k1＋2k2·(t－2，－4k)＝0，解得t＝0.故点G是定点，即为原点(0,0).题型二定值问题例2如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值.(1)证明依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.显然Δ0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.直线AO的方程为y＝y1x1x；BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为x＝x2，y＝y1x2x1，4注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝y1x1x2x21＝－8y14y1＝－2.因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).(2)解依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0.由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N12a＋a，2，N2－2a＋a，－2，则|MN2|2－|MN1|2＝2a－a2＋42－2a＋a2＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.跟踪训练2已知点M是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为433.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值.(1)解在△F1MF2中，由12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝163.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，解得|MF1|＋|MF2|＝42.从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22.5由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)证明当直线l的斜率存在时，设斜率为k，显然k≠0，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，由x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋1，得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.Δ＝56k2＋32k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kk－21＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋k－4x1＋x2x1x2＝2k－(k－4)·4kk－22k2－8k＝4.当直线l的斜率不存在时，可得A－1，142，B－1，－142，得k1＋k2＝4.综上，k1＋k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.例椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为32，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直6线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明1kk1＋1kk2为定值，并求出这个定值.解(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a.由题意知2b2a＝1，即a＝2b2.又e＝ca＝32，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－3，0)，F2(3，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x－(x0＋3)y＋3y0＝0，：y0x－(x0－3)y－3y0＝0.由题意知|my0＋3y0|y20＋x0＋32＝|my0－3y0|y20＋x0－32.由于点P在椭圆上，所以x204＋y20＝1.所以|m＋3|32x0＋22＝|m－3|32x0－22.因为－3m3，－2x02，可得m＋332x0＋2＝3－m2－32x0，所以m＝34x0，因此－32m32.(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0).联立得x24＋y2＝1，y－y0＝kx－x0，整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y20－2kx0y0＋k2x20－1)＝0.由题意Δ＝0，即(4－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0.又x204＋y20＝1，7所以16y20k2＋8x0y0k＋x20＝0，故k＝－x04y0.由(2)知1k1＋1k2＝x0＋3y0＋x0－3y0＝2x0y0，所以1kk1＋1kk2＝1k1k1＋1k2＝－4y0x0·2x0y0＝－8，因此1kk1＋1kk2为定值，这个定值为－8.素养提升典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程.1.(2018·相阳教育模拟)设F1，F2为椭圆C：x24＋y2b2＝1(b0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.(1)求C的方程；(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.解(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②由题意得12△MFFS＝12|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，C的方程为x24＋y2＝1.(2)依题意，H(0,1)，显然直线的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.kHR＋kHS＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2k＋(m－1)x1＋x2x1x2＝2k＋(m－1)－8km4m2－4＝2k－2kmm＋1＝2km＋1＝－1.8故kHR＋kHS为定值－1.2.(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为－83，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.解(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋p2，又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋p2，